đó dĩ nhiên nó thuộc bao lồi của Ω, tức là thuộc AB. Như vậy có tối đa một
điểm gần A nhất.
2. Nếu bao lồi của Ω là một đa giác lồi. Ta chọn a là một đỉnh của bao lồi của Ω.
Giả sử gần A nhất có quá ba điểm có khoảng cách bằng d tới A.
Theo định nghĩa của d, thì với mọi i≠ j , BiBj≥ d (ở đây B1, B2, B3, B4…là các
điểm có khoảng cách tới Ađều là d). Xét tam giác BiABj có ABi = ABj = d , còn BiBj ≥ d , từ đó suy ra · 60o i j B AB ≥ , nên µ · · ·1 2 2 1 3 4 180o A≥B AB +B AB +B AB + ≥... Do vậy µ · · · 1 2 2 1 3 4 180o A≥B AB +B AB +B AB + ≥... (µAlà góc của đa giác bao lồi ).
Rõ ràngµA<1800, mâu thuẫn này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai ra suy. □
Ví dụ 3.2.2: Trên mặt phẳng cho một số n giác đều. Chứng minh rằng bao lồi của nó là một đa giác có không ít hơn n đỉnh.
Giải: Rõ ràng bao lồi của nó là một đa giác lồi mà các đỉnh của nó nằm trong tập hợp các đỉnh của n giác đều đã cho. Gọi m là số đỉnh của đa giác bao lồi. Tổng các góc trong của đa giác lồi này là π(m –2).
Sốđo của mỗi góc trong n – giác đều là: (n 2)
n
π −
. Chú ý rằng bao lồi của n– giác đều phải chứa
cả n – giác đều ở bên trong.
A Bj Bi d \ / d H- 3.10 A B1 B2 B3 B4 H - 3.9
Vì thế góc ở mỗi đỉnh của m – giác bao lồi đều phải lớn hơn hoặc bằng (n 2)
n
π −
.
Gọi α là góc nhỏ nhất trong m góc của đa giác bao lồi. Khi đó hiển nhiên ta có: (m 2) m π α ≤ − . (1) Mặt khác (n 2) n π α ≥ − . (2) Vì thế (1) và (2) suy ra: (m 2) (n 2) 1 2 1 2 1 1 m n m n m n n m π − ≥π − ⇔ − ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥
Vậy số cạnh của đa giác bao lồi không ít hơn n. □
Ví dụ 3.2.3: Trên mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm sao cho
đường tròn đi qua nó không chứa điểm nào ở bên trong.
Giải: Vì các số điểm đã cho không cùng nằm trên một đường thẳng, nên khi lấy bao lồi
của hệđiểm, ta sẽ được một đa giác. giả sử đó là đa giác lồi A1A2…Ap. Như thế các điểm còn lại
đã cho phải nằm trong bao lồi.
Gọi Ak , Ak+1 là 2 đỉnh liên tiếp của đa giác bao lồi (nghĩa là xét một cạnh tuỳ ý AkAk+1 ). Khi đó mọi điểm đã
cho đều nằm ở một nửa mặt phẳng xác định bởi AkAk+1 . Từ giả thiết suy ra tập hợp các điểm đã cho không thuộc
AkAk+1 là khác rỗng. Vì thế theo nguyên lý cực hạn
tồn tại C sao cho: · ·
1 max 1
k k k i k
A CA + = A A A+ , đây giá trị lớn nhất lấy ở theo mọi 1,
i= n mà i≠k i , ≠ +k 1(giả sử A1 , A2 , … , An là hệ hữu hạn điểm cho trước). Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác CAkAk+1 là đường tròn cần tìm. □
H - 3.11 H - 3.12 Ak+1 Ak Ak-1 A2 A1 Ap Ap -1 . Ak Ak+1 C H - 3.13
Ví dụ 3.2.4: Bên trong hình vuông cạnh bằng 1 cho n điểm. Chứng minh rằng tồn tại tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho hoặc là đỉnh của hình vuông, sao cho diện tích của nó thoả mãn bất đẳng thức sau:
( 1 ) 2 1 S n ≤ + Giải: Gọi A, B, C, D là bốn đỉnh của hình vuông và A1 , A2 , … , An là n điểm nằm trong hình vuông. Nối A1 với bốn đỉnh A, B, C, D . Khi đó ta được bốn tam giác.
- Nếu A2 nằm trong một trong bốn tam giác ấy
(thí dụ A2 ∈∆AA1D) . khi đó nối A2 với A1 , A, D. Khi nối xong , số tam giác tăng lên 2.
- Nếu A2 nằm trên một cạnh chung
(thí dụ A2 ∈A1D là cạnh chung của 2 tam giác A1AD
và A1CD) . Khi đó nối A2 với các đỉnh đối diện A, C
của cạnh chung A1D. Nối xong số tam giác tăng lên 2. Như thế, trong mọi trường hợp, số tam giác đều tăng lên 2. Với các điểm A3 , A4 , …, An ta đều làm
tương tự, và chú ý rằng sau mỗi bước làm số tam giác tăng lên 2.
Với cách làm như thế ta đã tạo thành 4 + 2(n – 1) = 2n + 2 tam giác.
Các tam giác này đều có đỉnh tại các điểm đã cho , hoặc là đỉnh của hình vuông. A D C B An A1 A3 Ak . H - 3.14 A2 . . . A D C B A1 A2 H - 3.16 . A D C B A1 A2 H - 3.15
Theo cách xác định như trên thì tổng số diện tích của (2n + 2) tam giác này chính bằng diện tích của hình vuông cạnh bằng 1. Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại tam giác có diện tích nhỏ nhất trong (2n + 2) tam giác ấy. Gọi diện tích này là S, rõ ràng ta có: ( 1 ) 2 1 S n ≤ + . □
Chương IV: VÀI PHƯƠNG PHÁP KHÁC GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TỔ HỢP
Trong chương này đề cập đến các bài toán hình học tổ hợp được giải bằng các phương pháp khác nhau. Tuỳ theo từng bài cụ thể, mà ta có những phương pháp giải thích hợp. Phương pháp này rất đa dạng và tỏ rõ hiệu quả
trong nhiều bài toán của hình học tổ hợp như: bài toán tô màu, bài toán tính số
lượng đối tượng hình, bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trong hình học tổ hợp, bài toán cắt và ghép hình, bài toán phủ bàn cờ…
Các thí dụ minh hoạ dưới đây sẽ làm rõ ý tưởng của việc sử dụng các phương pháp khác để giải các bài toán hình học tổ hợp.
Ví dụ 4.1: Trên đoạn thẳng AB (với trung điểm là O), người ta thả vào đó 2n
điểm sao cho chúng chia thành n cặp điểm, mỗi cặp gồm hai điểm đối xứng với nhau qua O. Bôi đỏ tuỳ ý n điểm, còn lại bôi xanh. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ A tới các điểm đỏ bằng tổng khoảng cách từ B tới các
điểm xanh.
Giải: Định hướng bằng đường thẳng từ A tới B và giả sử O là gốc, điểm B
có toạ độ là 1 còn điểm A có toạ độ là –1. Giả sử X1, X2,…, Xn là các điểm
được bôi đỏ, còn Y1,Y2,…,Yn là các điểm được bôi xanh.
Điểm Xi có tọa độ là xi, còn điểm Yi có tọa độ là yi (i = 1,n ).
Để ý đến giả thiết: 2n điểm chia thành n cặp điểm, mỗi cặp gồm hai điểm
đối xứng với nhau qua O, ta có: 1 1 0 n n i i i i y x = = + = ∑ ∑ . (1) Khoảng cách từ A tới điểm đỏ Xi là xi – ( – 1) = xi +1. Vì thế nếu S là tổng các khoảng cách từ A tới các điểm đỏ Xi , thì: 1 1 ( 1) n n i i i i S x n x = = =∑ + = +∑ (2)
Vì khoảng cách từ B tới điểm xanh Yj là 1 – yj, nên nếu gọi S’ là tổng các khoảng cách từ B tới các điểm xanh Yj, thì: ( ) 1 1 1 n n j j i j S y n y = = =∑ − = −∑ . (3) Từ (1) suy ra: 1 1 n n i j i j y x = = = − ∑ ∑ . (4) Kết hợp (2), (3), (4) ta đi đến S = S’. □
Ví dụ 4.2: Một mạng lưới ô vuông gồm 100 đường ngang và 200 đường dọc. Có hai quân cờ đặt ở hai đỉnh đối diện của một hình chữ nhật 100×200. Mỗi lượt người ta chuyển cả hai quân cờ theo đường đến nút lưới bên cạnh. Hỏi rằng có thể sau một số lần di chuyển thì hai quân cờ có thể ở hai nút lưới cạnh nhau được không.
Giải: Lấy hai cạnh của hình chữ nhật là hai trục tọa độ, dựng hệ trục tọa độ vuông góc như sau:
Khi đó giả sử hai quân cờ ở hai vị trí
A(0 ; 100) và B(200 ; 0).
( Dĩ nhiên có thể giả sử hai quân cờ
ở vị trí (0 ; 0) và (200 ; 100), khi ấy lập luận không có gì thay đổi).
Giả sử một quân cờ lúc nào đó ở vị trí (a ; b). Lượt di chuyển tiếp theo vị trí của nó chỉ
có thể ở vào một trong bốn bước sau:
(a + 1 ; b) , (a –1 ; b) , (a ; b + 1) , (a ; b – 1).
Lúc bấy giờ trước khi di chuyển thì tổng tọa độ của quân cờ là a + b. Sau khi di chuyển thì tổng tọa độ của quân cờ thuộc vào tập hợp {a + b + 1,
a + b –1}. Như thế sau một lần di chuyển tính chẵn lẻ của tổng a + b thay
đổi. Vì thế sau một lần di chuyển thì tính chẵn lẻ của tổng của hai quân cờ
không thay đổi.
Tại thời điểm ban đầu do A(0 ; 100) và B(200 ; 0) nên tổng các tọa độ của hai quân cờ là 300 – đó là một số chẵn.
Giả thiết sau một số nước đi hai quân cờ có thể đứng cạnh nhau. Khi đó , nếu hai quân cờ cùng hàng thì toạđộ của chúng sẽ có dạng (α ; β) , (α ; β + 1) Lúc này tổng các toạ độ là 2(α + β) +1 – đó là số lẻ.
Nếu hai quân cờ cạnh nhau và cùng cột thì toạ độ của chúng sẽ có dạng (α ; β) , (α ; β + 1) .
Lúc này tổng các toạ độ là 2(α + β) + 1 – đó là số lẻ.
Ta đều thu được mâu thuẫn vì tổng toạ độ của hai quân cờ ban đầu đều là số chẵn.
Vậy giả thiết hai quân cờ sau một số lần di chuyển có thể ở cạnh nhau là sai. Bài toán có câu trả lời phủ định : Sau nhiều lần di chuyển thì lúc nào hai quân cờ cũng không thểđứng cạnh nhau. □
Ví dụ 4.3: Nền nhà hình chữ nhật được lát kín bằng các viên gạch hình chữ
nhật kích thước 1×3 và 3 miếng hình chữ nhật 1×1. Hỏi có thể lát lại nền nhà
ấy chỉ bằng một loại gạch 1×3 hay không?
Giải:
Ta có nhận xét sau: Nền nhà có ít nhất một kích thước là số nguyên chia hết cho 3. Thật vậy, giả thiết phản chứng không phải như vậy, khi đó hoặc kích thước của nền nhà có dạng:
a) 3k + 1; 3l + 1. Khi đó diện tích S của nền nhà là: S = (3k + 1)(3l + 1) ⇒ S /M 3.
c) 3k + 2; 3l + 2. Khi đó: S = (3k + 2)(3l + 2) ⇒S M/3.
Như thế ta luôn có S /M3. (1) Mặt khác, vì nền nhà đã cho lát kín được bằng các viên gạch 1×3 và 3 viên 1×1.
Do đó: S = 3n + 3, ởđây n là số viên gạch 1×3 dùng. Như thế lại có S M 3. (2) Từ (1) và (2) suy ra vô lí, vậy giả thiết phản chứng là sai. Nhận xét được chứng minh.
Quay trở lại bài toán của ta: Lát viên gạch 1×3 theo chiều cạnh của hình chữ nhật có kích thước chia hết cho 3. Làm như vậy sẽ lát kín được nền nhà
đã cho, mà chỉ phải dùng một loại gạch có kích thước 1×3. Bài toán có câu trả lời khẳng định. □
Ví dụ 4.4: Một dải băng kích thước 1×n (n > 4) được tạo thành từ các ô vuông được đánh số 1, 2,..., n. Trong các ô n– 2, n – 1, n có một quân cờ. Hai người chơi một trò chơi như sau: Mỗi người chơi được phép chuyển quân cờ
bất kì đến một ô bất kì còn để trống với số kí hiệu nhỏ hơn. Người thua cuộc sẽ là người không còn nước nào nữa. Chứng minh rằng người đi đầu tiên có thể luôn thắng cuộc.
Giải: Chia tất cả các số nguyên bắt đầu từ 2 thành các cặp số không giao nhau (2k ; 2k + 1), k∈¡+: (2 ; 3), (4 ; 5), (6 ; 7),…
Khi đó giữa ba số n , n – 1, n – 2 có hai số tạo thành một cặp như vậy. (Cụ thể nếu n lẻ thì cặp đó là (n–1 ; n) còn nếu n chẵn thì cặp đó là
(n – 2 ; n– 1).Người đi trước phải đi như sau:
˜ ˜ ˜
- Đi quân cờđứng ở ô có số hiệu không rơi vào cặp đó và đặt vào ô có số thứ tự 1 (thí dụ nếu n lẻ thì người thứ nhất đặt quân cờ ở ô số n – 2 vào ô
số 1). Sau nước đi thì quân cờ này sẽ không còn chuyển động đi đâu được nữa ( nghĩa là chỉ còn hai quân cờ có thể di chuyển ).
˜ ˜ ˜
H-4.3
-Đến lượt người thứ hai giả sử chuyển một trong hai quân cờ còn lại sang ô thứ m.
-Người thứ nhất sẽ đặt quân cờ còn lại vào ô số m – 1 hoặc ô số m + 1 phụ
thuộc vào số sẽ tạo thành với số m một cặp như trên ( thí dụ người thứ hai đi quân cờ n – 1 vào ô số 7, thì người thứ nhất sẽ đi quân cờn vào ô số 6).
(Trong hình trên ba quân chuyển vào các ô 1, 6, 7).
Điều này luôn luôn có thể làm được vì các cặp số không giao nhau và không giao với ô số 1.
-Như vậy người thứ nhất còn đi được, nếu người thứ hai còn đi được. Vậy người thứ nhất không thể thua.
-Do mỗi lần chơi các quân cờ đặt vào các ô có số hiệu ngày càng nhỏ đi. Vì thế trò chơi phải kết thúc sau một số hữu hạn bước và người chơi đầu luôn thắng nếu họ tuân thủ theo quy tắc trên. □
Ví dụ 4.5: Trên tờ giấy có kẻ vô hạn các ô vuông và mỗi ô được tô bằng môt trong hai màu xanh hoặc đỏ sao cho bất cứ hình chữ nhật nào kích thước 2×3 thì có đúng hai ô màu đỏ. Xét một hình chữ nhật kích thước 2004×2005 bất kì. Tính số ô đỏ của nó.
Giải:
Ta có nhận xét:
Mọi hình chữ nhật kích thước 1×3 chứa đúng một ô màu đỏ.
Thật vậy, giả sử kết luận của nhận xét không đúng, tức là tồn tại hình chữ
nhật 1×3 có số ô màu đỏ khác một. Không giảm tổng quát giả sử đó là hình chữ nhật. AKHD kích thước 1×3 có hai ô đỏ (nếu không thì không có ô đỏ
nào, nhưng không thể là ba vì trong mọi hình chữ nhật 2×3 có đúng hai ô đỏ mà thôi).
Trường hợp AKHD không có ô đỏ nào lí luận tương tự.
Cũng có thể cho là hai ô đỏ của AKHD là
ô 7, ô 8 (nếu ở các ô khác thì lí luận cũng như vậy).
Xét hình chữ nhật BFNA. Đó là hình chữ nhật 2×3, nên theo giả thiết nó có đúng hai ô đỏ 7 và 8 là hai ô đỏ, do đó các ô 1, 2, 4, 5 là màu xanh.
Xét hình chữ nhật BCHK , từ giả thiết và do các ô 1 ,2, 4, 5 màu xanh nên các ô 3, 6 là màu đỏ.
Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2×3, ta thấy do ô 3, 6, 8 màu đỏ nên suy ra mâu thuẫn.
Vậy giả thiết phản chứng là sai. Nhận xét được chứng minh. Vì 2004M 3 và 2004 M 3 = 668. Do vậy hình chữ nhật kích thước 2004×2005 chia thành 2005×668 hình chữ nhật 1×3.
Vậy số ô đỏ trong một hình chữ nhật tùy ý kích thước 2004×2005 là 2005×668 ô.
Số ô đỏ cần tìm là 1339340 ô. □
Ví dụ 4.6: Trên mặt phẳng cho 2n điểm (n ≥ 2), không có ba điểm nào thẳng hàng. Một số trong chúng được nối thành đoạn thẳng theo nguyên tắc sau:
Nếu điểm A được nối với điểm B, điểm B được nối với điểm C , thì A không
được nối với C . Chứng minh rằng với cách nối trên ta thu được không quá n2
đoạn thẳng.
Giải: Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp như sau: Với n = 2. Khi đó ta có bốn điểm A1, A2, A3, A4.
Rõ ràng không được phép nối để tạo thành bất kì một tam giác nào. Vì thế cách nối để có tối
đa các đoạn thẳng là các nối trên. Cách nối này có 4 = 22 đoạn thẳng. Vậy kết luận bài toán đã đúng khi n = 2.
- Giả sử kết luận của bài toán đúng đến n = k , tức là nếu có 2k điểm (k ≥ 2) và không có ba điểm nào thẳng hàng. Khi đó có không quá k2 đoạn thẳngtrong cách nối tuân theo yêu cầu đã đặt ra.
- Xét khi n = k + 1 tức là ta có 2k + 2 điểm. Dĩ nhiên luôn có thể giả thiêt có hai điểm A , B
được nối với nhau (vì nếu không thì số đoạn thẳng bằng 0 và kết luận đúng là tầm thường).
Xét 2k điểm còn lại. Theo giả thiết quy nạp với 2k
điểm này số đoạn thẳng được nối với nhau (tuân theo quy luật nối đã cho) không vượt quá k2.
Xét các cách nối từ A hoặc B tới các điểm A1 , A2 ,…, A2k còn lại. Chú ý